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2025年中考数学二轮复习押题预测 命题与证明
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 仁寿县期末）下列命题的逆命题正确的有（　　）
①等边三角形的三个内角相等；②等腰三角形的两个底角相等；③若a是有理数，b是无理数，则a+b是无理数；④若a＝b，则a2＝b2．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2．（2024秋 金水区期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学，他们的年龄之间的关系为：丙没有丁大，乙比甲大，戊不比丁小，而乙不比丙大．请你判断谁的年龄最小（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
3．（2024秋 三水区期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．两条直线被第三条直线所截，内错角相等
B．相等的角是对顶角
C．有理数和数轴上的点一一对应
D．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行
4．（2024秋 新吴区期末）下列命题中是真命题的为（　　）
A．长度相等的弧是等弧
B．平分弦的直径垂直于弦
C．任何三角形有且只有一个内切圆
D．相等的圆周角所对的弧相等
5．（2024秋 禅城区期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．同位角相等，两直线平行
B．相等的角是对顶角
C．若a2＝1，则a＝1
D．正数与负数的和一定等于零
6．（2024秋 鄠邑区期末）下列四个命题中不正确的是（　　）
A．对角互补的平行四边形是矩形
B．有两边相等的平行四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线相等的菱形是正方形
7．（2024秋 浑南区期末）下列各命题是假命题的是（　　）
A．全等三角形的对应角相等
B．同角的余角相等
C．两直线平行，同位角相等
D．如果两个角相等，那么它们是对顶角
8．（2024秋 南山区期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．在平面直角坐标系中，点P（3，2）到y轴的距离是2
B．在一次函数y＝﹣2x+3中，y随着x的增大而增大
C．甲、乙两支仪仗队队员的身高方差分别为0.6和1.8，则乙仪仗队队员的身高更为整齐
D．平行于同一条直线的两条直线平行
9．（2025 松江区一模）已知命题：
①两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似；
②两边及第三边上的高对应成比例的两个三角形相似．
下列对这两个命题的判断，正确的是（　　）
A．①和②都是真命题
B．①和②都是假命题
C．①是真命题，②是假命题
D．①是假命题，②是真命题
10．（2024秋 和平区校级期末）如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的一部分，给出下列命题：①abc＜0；②b＝﹣a；③9a﹣3b+c＝0；④m（am+b）≥a﹣b（m为任意实数）；⑤4ac﹣b2＜0．其中正确的命题有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 嘉兴期末）要说明命题“若x＞1，则ax＞a”是假命题，反例a的值可以是　 　（写出一个即可）．
12．（2024秋 二七区期末）命题“如果a＝b，那么a+c＝b+c”的逆命题为　 　．
13．（2024秋 包河区期末）某个信封上的两个邮政编码M和N均由0，1，2，3，5，6这六个不同数字组成，现有四个编码如下：A：320651；B：105263；C：612305；D：316250．
已知编码A、B、C各恰有两个数字的位置与M和N相同．D恰有三个数字的位置与M和N相同．则编码M是 　 　．
14．（2024秋 海淀区校级期末）本学期，学生自主开展的羽毛球社团举办了一场羽毛球比赛，来鼓励支持大家的兴趣发展，在比赛中进一步提升综合能力．为参加这场比赛，甲、乙、丙三人进行赛前训练，每局两人进行比赛，第三个人做裁判，每一局都要分出胜负，胜方和原来的裁判进行新一局的比赛，输方转做裁判，依次进行．半天训练结束时，发现甲共当裁判8局，乙、丙分别进行了12局、11局比赛，在这半天的训练中，甲、乙、丙三人共进行了 　 　局比赛，其中最后一局比赛的裁判是 　 　．
15．（2024秋 金水区期末）小明认为命题“如果两个角的两边分别平行，那么这两个角相等”不正确，请你帮他举出一个反例　 　．（画出图形，并加以解释）
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 沛县期末）小明在学习定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”时，提出如下命题：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，若，则CD是AB的中线．经过小组合作学习，大家发现该命题为假命题．
（1）请你画出该命题的一个反例；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）若要该命题为真命题，只需补充条件：∠B的取值范围是 　 　．
17．（2024秋 沙坪坝区期末）学习了等腰三角形后，小渝进行了拓展性探究．他发现，如果作等腰三角形两底角的平分线且与两腰相交，那么等腰三角形的这两条角平分线的长度相等．其解决思路是通过证明对应线段所在的两个三角形全等得出结论．请根据他的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作∠ABC的平分线，交AC于点E．（不写作法，保留作图痕迹）
已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，BE平分∠ABC交AC于点E，CD平分∠ACB交AB于点D．
求证：BE＝CD．
证明：在△ABC中，
∵AB＝AC，
∴①　 　，
又∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴，　 　．
∴∠EBC＝∠DCB．
又∵BC＝③　 　，
∴△EBC≌△DCB（ASA）．
∴BE＝CD．
小渝进一步研究发现，等腰三角形两腰上的高线均有此特征．请你依照题意完成下面命题：
等腰三角形两腰上的高线的长度④　 　．
18．（2024秋 鲤城区校级期末）阅读正文并解答下列问题：
如图，已知在△ABC中，AB＞AC，求证：∠ACB＞∠ABC．
证明：假设∠ACB≤∠ABC，
①若∠ACB＜∠ABC，则在BC上取点D，联结AD，使∠ADB＝∠B．
∵∠ADB＝∠B，
∴AD＝AB；
在AC上取点E，使AE＝AD，则AC＝AE+CE＝AD+CE＞AD，
即：AC＞AD，
∴AC＞AB．
这与已知AC＜AB相矛盾，
∴假设不成立；
②若∠ACB＝∠ABC，
…
综上，∠ACB＞∠ABC．
（1）上述证明过程采用的方法是 　 　（填写：“A”或“B”）；
A．直接证明法；B．反证法．
（2）请你补充②中所缺失的部分．
19．（2024秋 厦门期末）在特定的情境下，某实验指标会从0开始逐渐增大到峰值（最大值），再逐渐减小到16，称该变化过程为P0﹣16过程，0和16分别称为P0﹣16过程的左、右端值．
已知P0﹣16过程的峰值为m，小桐对P0﹣16过程设计了“t分法”，操作方法如下：
①设置t：令；
②分段：借助t将P0﹣16过程分三段，且各段均满足：将该段变化过程中的最大值分别减去该段左、右端值，再对所得的差求和，结果等于t．举例如下：
若要将P0﹣16过程分三段，依次记为P0﹣a，Pa﹣b，Pb﹣16，其中a，b分别为第一、第二个分点．对于第一段P0﹣a，假设：（a﹣0）+（a﹣a）＝t，即右端值a＝t为P0﹣a段的最大值．
（i）若t＜m，峰值m不在P0﹣α段内（“段内”指不含端点值），则假设成立，从而P0﹣16过程的第一个分点a的值为t；
（ⅱ）若t≥m，峰值m在P0﹣a段，则假设不成立，根据②的要求，此时右端值a的计算方法为（m﹣0）+（m﹣a）＝t，从而P0﹣16过程的第一个分点a的值为2m﹣t．
对于第二段Pa﹣b，假设：（b﹣a）+（b﹣b）＝t，即右端值b＝a+t为Pa﹣b段的最大值．
可依上述推理过程求出第二个分点b的值．
这样，按“t分法”将P0﹣16过程分三段的同时，也将峰值m所在的范围按规则缩小为这三段中的某一段．若对该段按上述方式进行第二次操作（此时，上述操作中的0和16分别调整为该段的左、右端值），则峰值m所在的范围可进一步缩小．重复此操作，峰值m所在的范围会越来越小．
若小桐用“t分法”对P0﹣16过程进行了两次操作后，峰值m在包含P0﹣16过程右端值16的这一段，且该段的左端值大于16．根据小桐操作的过程与结果，
（1）分别求出第一次操作中两个分点的值；（用含m的式子表示）
（2）求第二次操作中所设置的t；（用含m的式子表示）
（3）请你用一个整数合理估计峰值m，并说明理由；
（4）请你判断事件“用‘t分法’对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P0﹣16过程右端值16的这一段”是否为必然事件，并说明理由．
20．（2023秋 上虞区期末）图1是一把可折叠的哑铃椅，其侧面可抽象成图2，MN为支撑杆，M为靠背CH的中点，点N可在斜支柱CB上滑动，通过调节螺母可将点N固定在斜支柱CB上的六个孔位处，靠背CH随之绕点C转动，当点N位于第一个孔位处时，CH∥AD；当点N位于最后一个孔位处时，CH∥AB．已知CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°，坐凳DC与水平地面l平行．
（1）在点N从第一个孔位滑动到最后一个孔位的过程中，求点M所运动的路径长（结果保留π）；
（2）在CH转动的过程中，求点H到水平地面l的最大距离．
（结果精确到0.1cm．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，π≈3.14．）
2025年中考数学二轮复习押题预测 命题与证明
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D C A B D D C D
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 仁寿县期末）下列命题的逆命题正确的有（　　）
①等边三角形的三个内角相等；②等腰三角形的两个底角相等；③若a是有理数，b是无理数，则a+b是无理数；④若a＝b，则a2＝b2．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【考点】命题与定理；无理数；等边三角形的性质．
【专题】运算能力．
【答案】C
【分析】先分别确定各选项的逆命题，再判断即可．
【解答】解：∵①的逆命题是“三个内角相等的三角形是等边三角形”是正确的，
∴①符合题意；
∵②的逆命题是“两个角相等的三角形是等腰三角形”是正确的，
∴②符合题意；
∵③的逆命题是“若a+b是无理数，则a是有理数，b是无理数”不一定正确，
∴③不符合题意；
∵④的逆命题是若a2＝b2，则a＝b”不一定正确，
∴④不符合题意．
所以正确的有2个．
故选：C．
【点评】本题主要考查了逆命题，掌握命题与定理是解题的关键．
2．（2024秋 金水区期末）甲、乙、丙、丁、戊五位同学，他们的年龄之间的关系为：丙没有丁大，乙比甲大，戊不比丁小，而乙不比丙大．请你判断谁的年龄最小（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【考点】推理与论证．
【专题】实数；推理能力．
【答案】A
【分析】此题可根据“丙没有丁大，乙比甲大，戊不比丁小，而乙不比丙大”进行比较大小，进而问题可求解．
【解答】解：由题意得：戊≥丁＞丙≥乙＞甲，
∴年龄最小的是甲；
故选：A．
【点评】本题主要考查推理与论证，不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键．
3．（2024秋 三水区期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．两条直线被第三条直线所截，内错角相等
B．相等的角是对顶角
C．有理数和数轴上的点一一对应
D．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行
【考点】命题与定理；实数与数轴；对顶角、邻补角；同位角、内错角、同旁内角；平行线的性质．
【专题】几何图形；应用意识．
【答案】D
【分析】根据平行线的判定定理可判断选项A；根据“相等的角不一定是对顶角”可判断选项B；根据“实数与数轴是一一对应关系”可判断选项C；根据“平行线的判定定理”可判断选项D．
【解答】解：A、只有两条平行线被第三条直线所截，内错角才相等，此选项为假命题，不符合题意；
B、不一定是对顶角，此选项为假命题，不符合题意；
C、只有实数与数轴上的点一一对应，此选项为假命题，不符合题意；
D、此选项是真命题，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了命题与定理，有理数，实数与数轴，对顶角，平行线的性质，解答本题的关键是熟练掌握相关定义．
4．（2024秋 新吴区期末）下列命题中是真命题的为（　　）
A．长度相等的弧是等弧
B．平分弦的直径垂直于弦
C．任何三角形有且只有一个内切圆
D．相等的圆周角所对的弧相等
【考点】命题与定理；圆的认识；垂径定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】利用圆的定义及有关性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、长度相等的弧不一定是等弧，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、任何三角形有且只有一个内切圆，正确，是真命题，符合题意；
D、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度不大．
5．（2024秋 禅城区期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．同位角相等，两直线平行
B．相等的角是对顶角
C．若a2＝1，则a＝1
D．正数与负数的和一定等于零
【考点】命题与定理；有理数的加法；有理数的乘方；平行线的判定与性质．
【专题】实数；线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】A
【分析】根据平行线的判定方法、对顶角的定义及实数的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、同位角相等，两直线平行，正确，是真命题，符合题意；
B、相等的角不一定是对顶角，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、若a2＝1，则a＝±1，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
D、正数与负数的和不一定是0，故原命题错误，是假命题，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度不大．
6．（2024秋 鄠邑区期末）下列四个命题中不正确的是（　　）
A．对角互补的平行四边形是矩形
B．有两边相等的平行四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线相等的菱形是正方形
【考点】命题与定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据矩形、菱形、平行四边形、正方形的判定定理判断．
【解答】解：A、对角互补的平行四边形是矩形，说法正确，不符合题意；
B、邻边相等的平行四边形是菱形，本说法错误，符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，说法正确，不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是命题与定理，熟练掌握矩形的判定定理、菱形的判定定理、平行四边形的判定定理以及正方形的判定定理是解题的关键．
7．（2024秋 浑南区期末）下列各命题是假命题的是（　　）
A．全等三角形的对应角相等
B．同角的余角相等
C．两直线平行，同位角相等
D．如果两个角相等，那么它们是对顶角
【考点】命题与定理；余角和补角；对顶角、邻补角；全等三角形的性质．
【答案】D
【分析】利用全等三角形的性质、平行线的性质、对顶角的性质等知识分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、全等三角形的对应角相等，是真命题，不符合题意；
B、同角的余角相等，是真命题，不符合题意；
C、两直线平行，同位角相等，是真命题，不符合题意；
D、如果两个角相等，那么它们不一定是对顶角，是假命题，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度不大．
8．（2024秋 南山区期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．在平面直角坐标系中，点P（3，2）到y轴的距离是2
B．在一次函数y＝﹣2x+3中，y随着x的增大而增大
C．甲、乙两支仪仗队队员的身高方差分别为0.6和1.8，则乙仪仗队队员的身高更为整齐
D．平行于同一条直线的两条直线平行
【考点】命题与定理；一次函数的应用；平行公理及推论．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】D
【分析】根据到y轴的距离、一次函数的性质、方差、平行线的判定判断即可．
【解答】解：A、在平面直角坐标系中，点P（3，2）到y轴的距离是3，原命题是假命题；
B、在一次函数y＝﹣2x+3中，y随着x的增大而减小，原命题是假命题；
C、甲、乙两支仪仗队队员的身高方差分别为0.6和1.8，则甲仪仗队队员的身高更为整齐，原命题是假命题；
D、平行于同一条直线的两条直线平行，是真命题；
故选：D．
【点评】本题考查的是命题与定理，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9．（2025 松江区一模）已知命题：
①两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似；
②两边及第三边上的高对应成比例的两个三角形相似．
下列对这两个命题的判断，正确的是（　　）
A．①和②都是真命题
B．①和②都是假命题
C．①是真命题，②是假命题
D．①是假命题，②是真命题
【考点】命题与定理；相似三角形的判定．
【答案】C
【分析】利用相似三角形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：两边及第三边上的中线对应成比例的两个三角形相似，正确，是真命题；
两边及其中一边上的高对应成比例的两个三角形一定相似，故原命题错误，是假命题．
故选：C．
【点评】本题主要考查了命题与定理及相似三角形的判定方法，解题的关键是了解相似三角形的判定定理，难度不大．
10．（2024秋 和平区校级期末）如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象的一部分，给出下列命题：①abc＜0；②b＝﹣a；③9a﹣3b+c＝0；④m（am+b）≥a﹣b（m为任意实数）；⑤4ac﹣b2＜0．其中正确的命题有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】命题与定理；二次函数图象与系数的关系．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】D
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、与x轴的交点情况以及二次函数的性质判断即可．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴是直线x1，
∴b＝2a＞0，
∵抛物线交于y轴的负半轴，
∴c＜0，
∴abc＜0，①说法正确；
∵b＝2a，
∴②说法错误；
∵抛物线与x轴交于（1，0），对称轴是直线x＝﹣1，
∴抛物线与x轴的另一个交点是（﹣3，0），
∴9a﹣3b+c＝0，③说法正确；
∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，且开口向上，
∴函数最小值为a﹣b+c，
∴am2+bm+c≥a﹣b+c，
∴m（am+b）≥a﹣b，④说法正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
∴4ac﹣b2＜0，⑤说法正确；
故选：D．
【点评】本题考查命题与定理，二次函数图象与系数的关系，掌握对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 嘉兴期末）要说明命题“若x＞1，则ax＞a”是假命题，反例a的值可以是　﹣1（答案不唯一）　（写出一个即可）．
【考点】命题与定理．
【专题】实数；运算能力．
【答案】﹣1（答案不唯一）．
【分析】要说明命题是假命题，那么根据不等式的性质可得不等式x＞1两边同时乘以a后，不等号的方向发生改变，据此可得答案．
【解答】解：∵命题“若x＞1，则ax＞a”是假命题，
∴a≤0，
∴反例a的值可以是﹣1（答案不唯一），
故答案为：﹣1（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了不等式的性质，正确记忆相关知识点是解题关键．
12．（2024秋 二七区期末）命题“如果a＝b，那么a+c＝b+c”的逆命题为　如果a+c＝b+c，那么a＝b　．
【考点】命题与定理；等式的性质．
【专题】数与式；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】将原命题的结论改为条件，条件改为结论即可得出逆命题．
【解答】解：逆命题为：如果a+c＝b+c，那么a＝b．
故答案为：如果a+c＝b+c，那么a＝b．
【点评】本题考查根据原命题写逆命题，熟练掌握逆命题与原命题的关系是解题的关键．
13．（2024秋 包河区期末）某个信封上的两个邮政编码M和N均由0，1，2，3，5，6这六个不同数字组成，现有四个编码如下：A：320651；B：105263；C：612305；D：316250．
已知编码A、B、C各恰有两个数字的位置与M和N相同．D恰有三个数字的位置与M和N相同．则编码M是 　610253或310265　．
【考点】推理与论证．
【专题】证明题；推理能力．
【答案】610253或310265．
【分析】由已知，编码A、B、C、D各恰有两个数字的位置与M和N相同，D恰有三个数字的位置与M和N相同，逐一进行分析，分多种情况推理论证得出．
【解答】解：对于编码M考虑编码A中恰有两个数位上的数字与M中相应数位上的数字相同，设这两位是x1、x2．观察编码A、B、C，六个数位上的数都不同，于是B中与M中数字相同的数位必异于x1、x2，不妨设x3、x4，同理C中与M中数字相同的数位只能是异于x1、x2，x3、x4，设为x5、x6．
对于编码N也有类似的结论．
这就是说，在每个数位上，A、B、C在该数位上的数字中，必有一个与M在该数位上的数字相同．同样地，也必有一个与N在该数位上的数字相同．
观察编码D，它各个数位上的数与A、B、C、相比，只有0，6完全不同，因此，0，6这两个数字必不是M、N，在相应数位上的数字，于是D、中的3、1、2、5四个数字中，只有一个数字与M在相应数位上的数字不同，与N相比，也有类似的结果．
（1）若3不同，则1，2，5与M相应数位上的数相同，而个位不能为0，千位不能为6，因此只有两个可能610253，013256；
（2）若1不同，则3，2，5与M相应数位上的数相同，同样个位上不能为0，千位不能为6，因此只有两个可能：
360251，301256；
同样地，若2不同，也有两个可能：
312056，310652；
若5不同，也只有两个可能：
315206，310256．
对上述八种可能进行检验，知该信封上的编码M、N或者同为610253，或者同为310265，或者一个是610253，另一个是310265，
故答案为：610253或310265．
【点评】此题考查的知识点是推理与论证．解题的关键是由已知，编码A、B、C、D各恰有两个数字的位置与M和N相同，D恰有三个数字的位置与M和N相同，逐一进行分析，分多种情况推理论证．
14．（2024秋 海淀区校级期末）本学期，学生自主开展的羽毛球社团举办了一场羽毛球比赛，来鼓励支持大家的兴趣发展，在比赛中进一步提升综合能力．为参加这场比赛，甲、乙、丙三人进行赛前训练，每局两人进行比赛，第三个人做裁判，每一局都要分出胜负，胜方和原来的裁判进行新一局的比赛，输方转做裁判，依次进行．半天训练结束时，发现甲共当裁判8局，乙、丙分别进行了12局、11局比赛，在这半天的训练中，甲、乙、丙三人共进行了 　15　局比赛，其中最后一局比赛的裁判是 　甲　．
【考点】推理与论证．
【专题】证明题；应用意识．
【答案】15，甲．
【分析】先确定了乙与丙打了8局，甲与丙打了3局，进而确定三人一共打的局数和甲、乙、丙当裁判的局数，即可得到答案．
【解答】解：∵甲共当裁判8局，
∴乙、丙之间打了8局，
又∵乙、丙分别进行了12局、11局比赛，
∴乙与甲打了12﹣8＝4局，丙与甲打了11﹣8＝3局，
∴甲、乙、丙三人共打了4+3+8＝15局，
∵甲共当裁判8局，而从1到15共8个奇数，7个偶数，
∴乙当裁判的局为奇数局，
∴最后一局比赛的裁判是甲，
故答案为：15，甲．
【点评】本题考查统计和概率的推理与论证．解本题关键根据题目提供的特征和数据，分析其存在的规律和方法．并递推出相关的关系式．从而解决问题．
15．（2024秋 金水区期末）小明认为命题“如果两个角的两边分别平行，那么这两个角相等”不正确，请你帮他举出一个反例　如果两个角的两边分别平行，那么这两个角有可能互补　．（画出图形，并加以解释）
【考点】命题与定理；平行线的性质．
【专题】应用题；推理能力．
【答案】如果两个角的两边分别平行，那么这两个角有可能互补，图见详解．
【分析】因此此题可画出图形然后根据平行线的性质可进行求解．
【解答】解：如图所示，
根据平行线性质可知∠DEF＝∠BGD，∠ABC+∠BGD＝180°，
∴∠DEF+∠ABC＝180°，
故如果两个角的两边分别平行，那么这两个角有可能互补；
故答案为：如果两个角的两边分别平行，那么这两个角有可能互补．
【点评】本题主要考查平行线的性质及举反例，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 沛县期末）小明在学习定理“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”时，提出如下命题：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，若，则CD是AB的中线．经过小组合作学习，大家发现该命题为假命题．
（1）请你画出该命题的一个反例；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）若要该命题为真命题，只需补充条件：∠B的取值范围是 　∠B＝45°或0°＜∠B＜30°或60°＜∠B＜90°　．
【考点】命题与定理；直角三角形斜边上的中线．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）见解析；
（2）∠B＝45°或0°＜∠B＜30°或60°＜∠B＜90°
【分析】（1）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，CD′是斜边上的中线，CD＝CD′AB，CD不是斜边上的中线；
（2）利用图象法判断即可．
【解答】解：（1）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，CD′是斜边上的中线，CD＝CD′AB，CD不是斜边上的中线；
（2）观察下面三个图可知：当∠B＝45°或0°＜∠B＜30°或60°＜∠B＜90°时，该命题为真命题．
故答案为：∠B＝45°或0°＜∠B＜30°或60°＜∠B＜90°
【点评】本题考查命题与定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
17．（2024秋 沙坪坝区期末）学习了等腰三角形后，小渝进行了拓展性探究．他发现，如果作等腰三角形两底角的平分线且与两腰相交，那么等腰三角形的这两条角平分线的长度相等．其解决思路是通过证明对应线段所在的两个三角形全等得出结论．请根据他的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作∠ABC的平分线，交AC于点E．（不写作法，保留作图痕迹）
已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，BE平分∠ABC交AC于点E，CD平分∠ACB交AB于点D．
求证：BE＝CD．
证明：在△ABC中，
∵AB＝AC，
∴①　∠ABC＝∠ACB　，
又∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴，　∠BCD　．
∴∠EBC＝∠DCB．
又∵BC＝③　CB　，
∴△EBC≌△DCB（ASA）．
∴BE＝CD．
小渝进一步研究发现，等腰三角形两腰上的高线均有此特征．请你依照题意完成下面命题：
等腰三角形两腰上的高线的长度④　相等　．
【考点】命题与定理；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；作图—基本作图．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；尺规作图；推理能力．
【答案】见图形；∠ABC＝∠ACB，∠BCD，CB，相等．
【分析】以B为圆心，任意长为半径画弧交AB与M，交BC于N，分别以M、N为圆心，大于NM长为半径画弧，两弧交于K，过K作射线AK交AC于E；
由等腰三角形的性质推出∠ABC＝∠ACB，由角平分线定义得到，∠BCD，因此∠EBC＝∠DCB，即可证明△EBC≌△DCB（ASA），推出BE＝CD，进一步研究发现，等腰三角形两腰上的高线均有此特征．即可完成命题．
【解答】如图所示，BE平分∠ABC；
证明：在△ABC中，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴，∠BCD，
∴∠EBC＝∠DCB，
又∵BC＝CB，
∴△EBC≌△DCB（ASA）．
∴BE＝CD．
小渝进一步研究发现，等腰三角形两腰上的高线均有此特征，依照题意完成命题：等腰三角形两腰上的高线的长度相等．
故答案为：∠ABC＝∠ACB，∠BCD，CB，相等．
【点评】本题考查命题与定理，全等三角形的判定和性质，作图﹣基本作图，角平分线定义，关键是判定△EBC≌△DCB（ASA）．
18．（2024秋 鲤城区校级期末）阅读正文并解答下列问题：
如图，已知在△ABC中，AB＞AC，求证：∠ACB＞∠ABC．
证明：假设∠ACB≤∠ABC，
①若∠ACB＜∠ABC，则在BC上取点D，联结AD，使∠ADB＝∠B．
∵∠ADB＝∠B，
∴AD＝AB；
在AC上取点E，使AE＝AD，则AC＝AE+CE＝AD+CE＞AD，
即：AC＞AD，
∴AC＞AB．
这与已知AC＜AB相矛盾，
∴假设不成立；
②若∠ACB＝∠ABC，
…
综上，∠ACB＞∠ABC．
（1）上述证明过程采用的方法是 　B　（填写：“A”或“B”）；
A．直接证明法；B．反证法．
（2）请你补充②中所缺失的部分．
【考点】反证法．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）B；
（2）见解答．
【分析】（1）这是反证法；
（2）根据等角对等边即可解答．
【解答】解：（1）上述证明过程采用的方法是B；
故答案为：B；
（2）②若∠ACB＝∠ABC，
∴AB＝AC，
这与已知AC＜AB相矛盾，
∴假设不成立；
综上，∠ACB＞∠ABC．
【点评】本题考查了反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
19．（2024秋 厦门期末）在特定的情境下，某实验指标会从0开始逐渐增大到峰值（最大值），再逐渐减小到16，称该变化过程为P0﹣16过程，0和16分别称为P0﹣16过程的左、右端值．
已知P0﹣16过程的峰值为m，小桐对P0﹣16过程设计了“t分法”，操作方法如下：
①设置t：令；
②分段：借助t将P0﹣16过程分三段，且各段均满足：将该段变化过程中的最大值分别减去该段左、右端值，再对所得的差求和，结果等于t．举例如下：
若要将P0﹣16过程分三段，依次记为P0﹣a，Pa﹣b，Pb﹣16，其中a，b分别为第一、第二个分点．对于第一段P0﹣a，假设：（a﹣0）+（a﹣a）＝t，即右端值a＝t为P0﹣a段的最大值．
（i）若t＜m，峰值m不在P0﹣α段内（“段内”指不含端点值），则假设成立，从而P0﹣16过程的第一个分点a的值为t；
（ⅱ）若t≥m，峰值m在P0﹣a段，则假设不成立，根据②的要求，此时右端值a的计算方法为（m﹣0）+（m﹣a）＝t，从而P0﹣16过程的第一个分点a的值为2m﹣t．
对于第二段Pa﹣b，假设：（b﹣a）+（b﹣b）＝t，即右端值b＝a+t为Pa﹣b段的最大值．
可依上述推理过程求出第二个分点b的值．
这样，按“t分法”将P0﹣16过程分三段的同时，也将峰值m所在的范围按规则缩小为这三段中的某一段．若对该段按上述方式进行第二次操作（此时，上述操作中的0和16分别调整为该段的左、右端值），则峰值m所在的范围可进一步缩小．重复此操作，峰值m所在的范围会越来越小．
若小桐用“t分法”对P0﹣16过程进行了两次操作后，峰值m在包含P0﹣16过程右端值16的这一段，且该段的左端值大于16．根据小桐操作的过程与结果，
（1）分别求出第一次操作中两个分点的值；（用含m的式子表示）
（2）求第二次操作中所设置的t；（用含m的式子表示）
（3）请你用一个整数合理估计峰值m，并说明理由；
（4）请你判断事件“用‘t分法’对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P0﹣16过程右端值16的这一段”是否为必然事件，并说明理由．
【考点】推理与论证．
【专题】阅读型；推理能力．
【答案】（1）a，b；
（2）；
（3）可以用整数18作为峰值m的估计值；
（4）事件“用“t分法’对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P0﹣16过程右端值的这一段”不是必然事件，理由详见解析．
【分析】（1）根据材料易知第一次操作后，峰值m在第三段Pb﹣16，且m≠b，即峰值m不在第一段P0﹣α内，也不在第二段Pa﹣b内，从而求出第一个分点，因为实验指标从0开始逐渐增大到峰值（最大值），再逐渐减小到16，所以第二段Pa﹣b内数值逐渐增大，进而求出第二个分点；
（2）因为第一次操作后，峰值m在第三段Pb﹣16，且，所以第二次操作中所设置的．
（3）因为第二次操作后，峰值m在该次操作的第三段，又因为第二次操作后，该段的左端值大于16，所以，解不等式组即可；
（4）由题意得，第三次操作中所设置的t，继而推出即，与题意不符，进而得解．
【解答】解：（1）解法一：因为小桐用“t分法”对P0﹣16过程进行了两次操作后，峰值m在包含P0﹣16过程右端值的这一段，且该段的左端值大于16，
所以第一次操作后，峰值m在第三段Pb﹣16，且m≠b，即峰值m不在第一段P0﹣α内，也不在第二段Pa﹣b内，
所以第一个分点．
因为实验指标从0开始逐渐增大到峰值（最大值），再逐渐减小到16，
所以第二段Pa﹣b内数值逐渐增大，
所以第二段的最小值是最大值是b，
所以根据“t分法”操作当中的步骤“②分段：将该段变化过程中的最大值分别减去该段左、右端值，再对所得的差求和，结果等于t”可得 （b﹣a）+（b﹣b）＝t，
解得第二个分点．
解法二：因为小桐用“t分法”对P0﹣16过程进行了两次操作后，峰值m在包含P0﹣16过程右端值的这一段，且该段的左端值大于16，
所以第一次操作后，峰值m在第三段Pb﹣16且m≠b．
所以峰值m不在第一段P0﹣α内，
所以第一个分点；
因为峰值m在第三段Pb﹣16，
所以根据“t分法”操作当中的步骤“②分段：将该段变化过程中的最大值分别减去该段左、右端值，再对所得的差求和，结果等于t”可得 （m﹣b）+（m﹣16）＝t，
解得第二个分点．
（2）因为第一次操作后，峰值m在第三段Pb﹣16，且，
所以第二次操作中所设置的．
（3）解法一：因为第二次操作后，峰值m在第三段，不妨设该段为Px﹣16，其中x为该段的左端值，
所以，
解得，
因为峰值m为该段的最大值，
所以，
解得，
因为第二次操作后，该段的左端值大于16，
所以，
解得m＞17，
所以，
所以可以用整数18作为峰值m的估计值．
解法二：因为第二次操作后，峰值m在该次操作的第三段，又因为第二次操作后，该段的左端值大于16，
所以，
解这个不等式组得，
所以可以用整数18作为峰值m的估计值．
（4）解法一：事件“用“t分法”对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P016过程右端值的这一段”不是必然事件．
理由如下：
由题意得，第三次操作中所设置的，
假设：用“t分法’对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P0﹣16过程右端值这一段，
那么，
解得m≤16.64，与矛盾，
所以假设不成立．
所以事件“用“t分法”对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P0﹣16过程右端值的这一段”不是必然事件．
解法二：事件“用“t分法’对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P0﹣16过程右端值的这一段”不是必然事件．
理由如下：
由题意得，第三次操作中所设置的，
因为，
当时，
，即，
所以第三次操作后，峰值m不在第三段，
所以事件“用“t分法”对P0﹣16过程进行第三次操作，峰值m仍在包含P0﹣16过程右端值的这一段”不是必然事件．
【点评】本题主要考查了阅读理解题型、推理与论证等内容，理解材料是解题的关键．
20．（2023秋 上虞区期末）图1是一把可折叠的哑铃椅，其侧面可抽象成图2，MN为支撑杆，M为靠背CH的中点，点N可在斜支柱CB上滑动，通过调节螺母可将点N固定在斜支柱CB上的六个孔位处，靠背CH随之绕点C转动，当点N位于第一个孔位处时，CH∥AD；当点N位于最后一个孔位处时，CH∥AB．已知CH＝90cm，AD＝40cm，∠DAB＝70°，坐凳DC与水平地面l平行．
（1）在点N从第一个孔位滑动到最后一个孔位的过程中，求点M所运动的路径长（结果保留π）；
（2）在CH转动的过程中，求点H到水平地面l的最大距离．
（结果精确到0.1cm．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，π≈3.14．）
【考点】轨迹；相似三角形的判定与性质；解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；几何直观；应用意识．
【答案】（1）17.5πcm；
（2）122.2cm．
【分析】（1）根据题意求出旋转角，再利用弧长公式求解即可；
（2）根据图象可得当∠KCH＝70°时，点H到地面的距离最大．过点D作DT⊥AB于T，过点H作HT⊥AB于点J，交DC于点K．则四边形DTJK是矩形，得出DT＝KJ，在Rt△ADT中，求出DT，在Rt△CKH中，求出KH，再根据HJ＝HK+KJ求解即可．
【解答】解：（1）∵DC∥AB，∠DAB＝70°，
∴∠GDC＝70°．
∵点N位于第一个孔位处时，CH∥AD，∠DCH最小＝180°﹣70°＝110°，
∵当点N位于最后一个孔位处时，CH∥AB，∠DCH最大＝180°．
∴旋转角为180°﹣110°＝70°，
∵，
∴当点N从第一个孔位滑动到最后一个孔位时，
故点M运动路径长；
（2）如图2，当∠KCH＝70°时，点H到地面的距离最大．
过点D作DT⊥AB于T，过点H作HT⊥AB于点J，交DC于点K．
则四边形DTJK是矩形，
∴DT＝KJ，
在Rt△ADT中，DT＝AD sin70°，
在Rt△CKH中，KH＝CH sin70°，
∴HJ＝HK+KJ＝130sin70°≈122.2（cm），
∴在线段CH转动过程中，H点到地面l的最大距离为122.2cm．
【点评】本题考查了轨迹，解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形．
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